专辑09力学和动量(二)- 2020年全国大市名校高三期末一模物理考试试题全解全析汇编(第10期)

2020年全国大市名校高三期末一模物理试题全解全析汇编（第10期）
力学和动量（二）
1、（2020·湖北省襄阳市优质高中高三联考）如图所示，质量相同的小球A、B通过质量不计的细杆相连接，紧靠竖直墙壁放置。

由于轻微扰动，小球A、B分别沿水平地面和竖直墙面滑动，滑动过程中小球和杆始终在同一竖直平面内，重力加速度为g，忽略一切摩擦和阻力，下列说法正确的是（）
A．B球沿墙下滑的过程中，两球及杆组成的系统机械能守恒但动量不守恒
B．B球从下滑至恰好到达水平面的瞬间，杆对A一直做正功
C．B球从下滑至恰好到达水平面的瞬间,地面对A的支持力先减小后增大
D．当细杆与水平方向成30°角时，小球A的速度大小为v，可求得杆长为
2 4v g
【答案】AD
【解析】
A．B球沿墙下滑的过程中，系统受到的力只有重力做功，所以机械能守恒，但是由于合外力不等于零，所以动量不守恒，故A正确；
BC．初始时刻A球的速度为零，当B球到达水平面时，B的速度向下，此时B球沿着细杆方向的分速度为零，所以此时A球的速度为零，那么在向右端过程中A球必定先加速运动再做减速运动，杆对球A先施加斜向下的推力做正功，此时A对地面压力大于自身重力，后施加斜向上的拉力做负功，此时A对地面压力小于自身重力，故B、C错误；
D．小球A的速度为v时，设小球B的速度大小为v ，则有
cos30cos60v v ︒='︒
解得
v '=
两球下滑过程中系统的机械能守恒，则有
2211222
L mg mv mv =+'g 联立解得
2
4v L g
= 故D 正确；
故选AD 。

2、（2020·广西省桂林市高三上学期第一次联合调研）材料相同质量不同的两滑块，以相同的初动能在同一水平面上运动，最后都停了下来。

下列说法正确的是（ ）
A ．质量大的滑块摩擦力做功多
B ．质量大的滑块运动的位移大
C ．质量大的滑块运动的时间长
D ．质量大的滑块摩擦力冲量大
【答案】D
【解析】
AB ．滑块匀减速直线运动停下的过程，根据动能定理有
0f k W mgx E μ=-=-
得
k E x mg
μ= 故摩擦力做功相同，质量大的滑块位移小，故AB 错误；
CD ．根据动量定理有
0I mgt μ=-=
故质量大的滑块受到的冲量大，运动时间短，故C 错误，D 正确。

故选D 。

3、（2020·山东省枣庄市高三上学期期末）如图a 所示为建筑工地上打桩机将桩料打入泥土的图片，图b 为其工作时的示意图。

打桩前先将桩料扶正立于地基上，桩料进入泥土的深度忽略不计。

已知夯锤的质量为M =150kg ，桩料的质量为m =50kg 。

某次打桩时，将夯锤提升到距离桩顶h 0=0.2m 处由桩料静止释放，夯锤自由下落。

夯锤砸在桩顶上后，立刻随桩料起向下运动。

假设桩料进入泥土的过程中所受泥土的阻力大小恒为4500N 。

取g =10m/s 2，下列说法正确的是（ ）
A ．夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度大小为2m/s
B ．夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度大小为1.5m/s
C ．本次打桩，桩料进入泥土的最大深度为0.16m
D ．本次打桩，桩料进入泥土的最大深度为0.09m
【答案】ABD
【解析】
A ．夯锤与桩料碰撞前，夯锤做自由落体运动，则有
2002v gh =
代入数据解得0v =2m/s ，故A 正确；
B ．取向下为正方向，打击过程内力远大于外力，故系统动量守恒，夯锤与桩料碰撞后两者共速，则有
Mv 0=（M +m ）v
代入数据解得v =1.5m/s ，故B 正确；
CD ．设桩料进入泥土的最大深度为h ，对夯锤与桩料，由动能定理得
()()2102
M m gh fh M m v +-=-+
代入数据解得h =0.09m ，故C 错误，D 正确。

故选ABD 。

4、（2020·山西省太原市高三上学期期末）如图，置于光滑水平面上的两物体A 、B 质量分别为m A 、m B （m A ＞m B ），相距较远。

将两个大小均为F 的力同时沿水平方向分别作用在A 、B 上，当两物体发生大小相等的位移时撒去F 之后，两物体发生碰撞并粘在一起，两物体将（ ）
A ．向右运动
B ．向左运动
C ．停止运动
D ．条件不足，不能确定运动方向
【答案】A
【解析】
因为力F 大小相等，且m 1＞m 2，由牛顿第二定律可知，两物体的加速度有a 1＜a 2，由题意知：S 1＝S 2，由运
动学公式得
212
s at = 可知t 1＞t 2，由
I F t ⋅＝
可得I 1＞I 2，由动量定理可知P 1＞P 2，碰前系统总动量向右，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可知，碰后总动量向右，故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

5、（2020·山西省太原市高三上学期期末）图（a ）中，质量相同的物块A 和木板B （足够长）叠放在光滑水平面上，A 用一不可伸长的水平细绳固定在竖直墙壁上。

t ＝0时，B 受到水平外力F 的作用；t ＝4s 时撤去外力。

细绳对A 的拉力T 随时间t 变化的关系如图（b ）所示，B 的速度v 与时间t 的关系如图（c ）所示，取g ＝10m/s 2，可以得出（ ） A ．物块和木板间的动摩擦因数为0.02
B ．0~2s 内，力F 对木板B 的冲量为0
C ．2s~4s 内，力F 对木板B 做功0.08J
D ．在B 运动的整个过程中，A 与B 间产生的热量为0.16J
【答案】AD
【解析】
A，根据图像可知2s 后，物块A 与木板B 发生相对滑动，物块A 受到滑动摩擦力作用，处于平衡状态，有
0.2N T f ＝＝
在4s 后撤去外力，分析木板B ，水平面光滑，此时木板B 在水平方向上只受到A 对它的滑动摩擦力的作用，此时木板B 的加速度大小为
2220.40.2m/s 0.2m/s 54
a --=
= 根据牛顿第二定律可得 2f ma '=
解得木板B 的质量m ＝1kg ，物块和木板间的动摩擦因数
0.02f mg
μ== 故A 正确；
B，0~2s 内，整体处于静止状态，受力平衡，水平外力F 的大小始终等于绳子的拉力，绳子的拉力T 增大，则力F 增大，分析木板B 可知力F 对木板B 的冲量不为0，故B 错误；
C，2s~4s 内，木板B 的加速度为
2210.4m/s 0.2m/s 42
a -=
＝ 根据牛顿第二定律可得 1F f ma '﹣＝
解得：F ＝0.4N ，这段时间内，木板B 的位移等于v ﹣t 图像围成的面积为位移，有
120.4m=0.4m 2
x =⨯⨯ 力F 对木板B 做功为
0.40.4J 0.16J W Fx ==⨯=
故C 错误。

D，根据功能关系可知，力F 克服摩擦力做功，产生热量为
0.16J Q W ＝＝
在B 运动的整个过程中，A 与B 间产生的热量为0.16J ，故D 正确。

故选AD 。

6、（2020·云南省保山市高三统一检测）如图所示，质量为m 的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB 长度为2R ，现将质量也为m 的小球从距A 点正上方h 高处由静止释放，然后由A 点经过半圆轨道后从B 冲出，在空中能上升的最大高度为34
h(不计空气阻力)，则
A. 小球和小车组成的系统水平方向动量守恒
B. 小车向左运动的最大距离为R
C. 小球离开小车后做斜上抛运动
D. 小球第二次能上升的最大高度12h<h 1<34
h 【答案】ABD
【解析】
水平地面光滑，系统水平方向动力守恒，则小球离开小车后做竖直上抛运动，下来时还会落回小车中，根据动能定理求出小球在小车中滚动时摩擦力做功．第二次小球在小车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功变小，据此分析答题．
小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，故A 正确系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv -mv′=0，20R x x m m t t
--=，解得小车的位移：x=R ，故B 正确；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A 点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C 错误；小球第一次车
中运动过程中，由动能定理得：mg （h 0-
34
h 0）-W f =0，W f 为小球克服摩擦力做功大小，解得：W f =14mgh 0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为14
mgh 0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于14mgh 0，机械能损失小于14
mgh 0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于：34h 0-14h 0=12h 0，而小于34h 0，故D 正确；故选ABD ． 7、（2020·皖豫联盟体高三上学期12月月考）如图所示，固定在竖直平面内的光滑半圆弧轨道ABC ，其最低点静止有质量为2m 的小球乙（可视为质点），另一质量为1m 的小球甲（可视为质点）从圆弧轨道的最高点由静止释放，在轨道的最低点与小球乙发生弹性碰撞。

已知半圆弧轨道的半径为R ，直径AC 水平，则下列说法正确的是（ ）
A. 要使碰撞后小球乙不离开轨道，小球甲的质量不得大于球乙的质量
B. 无论小球甲质量多大，小球乙都不能离开轨道
C. 若两小球的质量相等，则小球乙恰好不能离开圆弧轨道
D. 若小球甲的质量足够大，碰撞后小球乙上升的高度可以超过4R
【答案】AC
【解析】
AB ．半圆弧轨道的半径为R ，小球甲与乙碰撞前的速度为0v ，碰后甲与之的速度分别为1v ，2v 。

两小球发
生弹性碰撞，由动量守恒有
101122m v m v m v =+，
由机械能守恒定律有
222101112111222
m v m v m v =+， 解得
12012
2m v v m m =+， 要使小球乙不能脱离轨道，由机械能守恒定律可知，必有
20v v „，
所以
12
1m m „， 故选项A 正确，B 错误；
C ．当两小球的质量相等时，有20v v =，小球乙恰好能到达圆弧轨道右端最高点，选项C 正确；
D ．当小球甲的质量趋于无穷大时，小球乙的速度趋于02v ，设碰后小球乙能上升的高度为h ，根据机械能守恒有
2012mgR mv =，2212
mv mgh =， 解得
4h R „，
故选项D 错误；
故选AC。